2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點(diǎn)3 動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律限時(shí)集訓(xùn)

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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點(diǎn)3 動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律限時(shí)集訓(xùn) 一、選擇題(每小題7分，共63分) 1．(2018·萊蕪二模)一小球從水平地面上方無(wú)初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球與地面碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失，運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力大小不變，下列說(shuō)法正確的是 A．上升過(guò)程中小球動(dòng)量改變量等于該過(guò)程中空氣阻力的沖量 B．小球與地面碰撞過(guò)程中，地面對(duì)小球的沖量不為零 C．下落過(guò)程中小球動(dòng)能的改變量等于該過(guò)程中重力做的功 D．從釋放到反彈至速度為零過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功小于重力做的功 答案　B 2．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平

2、面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖2－3－13所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為 圖2－3－13 A.mv2　　　　　　　　B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 解析　小物塊與箱子作用過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間。二者相對(duì)靜止，即為共速，設(shè)速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝，A錯(cuò)誤，B正確；由于碰撞為彈性碰

3、撞，故碰撞時(shí)不損失能量，系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯(cuò)誤，D正確。 答案　BD 3．如圖2－3－14所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕彈簧。B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，通過(guò)彈簧與B發(fā)生作用。作用過(guò)程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能Ep為 圖2－3－14 A.mv　 　B.mv　 　C.mv　 　D.mv 解析　當(dāng)兩物塊速度相同時(shí)，彈簧獲得的彈性勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒可知mv0＝2mv，v＝ 所以最大彈性勢(shì)能Ep＝mv－×2mv2＝mv，故C正確。 答案　C 4．如圖2

4、－3－15所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中的機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為 圖2－3－15 A．h B. h C. h D. h 解析　如果斜面固定，則由機(jī)械能守恒有：mv＝mgh，如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后到達(dá)最大高度時(shí)二者水平共速，則由水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒：mv＝(m＋M)v2＋

5、mgh1得h1＝h，選項(xiàng)D正確。 答案　D 5．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m。當(dāng)用板擋住 A球而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落于距桌面距離為x的水平地面上，如圖2－3－16所示。若用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，則B球的落地點(diǎn)距離桌邊距離為 圖2－3－16 A. B.x C．x D.x 解析　當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時(shí)，根據(jù)能量守恒有：Ep＝mv，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：x＝v0t。當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋

6、放，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地點(diǎn)距桌面距離為x′＝vBt＝x，D選項(xiàng)正確。 答案　D 6．(2018·福州一模)如圖2－3－17所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與靜止的小球B發(fā)生對(duì)心正碰，碰后A球的速率為，B球的速率為，A、B兩球的質(zhì)量之比為 圖2－3－17 A．3∶8 B．3∶5 C．2∶3 D．4∶3 解析　碰撞瞬間動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0＝±m(xù)A＋mB，解得：＝或＝，所以A正確。 答案　A 7．(2018·豐臺(tái)一模)如圖2－3－1

7、8所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，且h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m2＝3m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為 圖2－3－18 A．h B．2h C．3h D．4h 解析　下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)兩球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過(guò)程為研究過(guò)程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則 m2v－m1v＝m1v1＋m2v2 由能量守恒定律得 (m1＋m2)v2

8、＝m1v＋m2v， 且m2＝3m1 聯(lián)立解得：v1＝2 反彈后高度H＝＝4h，D正確。 答案　D 8．(多選)(2018·洛陽(yáng)模擬)如圖2－3－19所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。則在整個(gè)過(guò)程中 圖2－3－19 A．物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．子彈的末動(dòng)量大小為0.01 kg·m/s C．子彈對(duì)物塊的沖量大小為0.49 N·s D

9、．物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間為1 s 解析　子彈擊中物塊過(guò)程，動(dòng)量守恒；子彈和物塊整體和木板相互作用過(guò)程動(dòng)量守恒；子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而物塊和木板組成的系統(tǒng)受到子彈的作用，動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)的整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，m0v0＝(m0＋m＋M)v，解得v＝2 m/s，子彈的末動(dòng)量大小為p′0＝m0v＝0.005×2 kg·m/s＝0.01 kg·m/s，選項(xiàng)B正確；對(duì)子彈擊中物塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s，由動(dòng)量定理可得子彈對(duì)物塊的沖量大小為I＝mv1＝0.245×6 N·s＝1.47 N·s，選項(xiàng)C錯(cuò)

10、誤；子彈和物塊與木板之間的摩擦力f＝μ(m0＋m)g＝0.4×0.250×10 N＝1 N，對(duì)木板，由動(dòng)量定理，ft＝Mv，解得t＝1 s，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 9．(多選)(2018·太原二模)如圖2－3－20所示，一內(nèi)壁為半圓柱形的凹槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為M。內(nèi)壁光滑且半徑為R，直徑水平。在內(nèi)壁左側(cè)的最高點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小球P，將P由靜止釋放，則 圖2－3－20 A．P在下滑過(guò)程中，凹槽對(duì)P的彈力不做功 B．P在到達(dá)最低點(diǎn)前對(duì)凹槽做正功，從最低點(diǎn)上升過(guò)程中對(duì)凹槽做負(fù)功 C．P不能到達(dá)內(nèi)壁右端的最高點(diǎn) D．凹槽的最大動(dòng)能是gR 解析　小球P下滑時(shí)，凹槽向左運(yùn)動(dòng)，

11、凹槽對(duì)P的彈力對(duì)P做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)。P下滑過(guò)程，P對(duì)凹槽有斜向左下方壓力，對(duì)凹槽做正功，P上升過(guò)程，P對(duì)凹槽有斜向右下方的壓力，而凹槽向左運(yùn)動(dòng)，P對(duì)凹槽做負(fù)功，B正確。 根據(jù)動(dòng)量守恒，P到凹槽右端最高點(diǎn)時(shí)，P和凹槽的速度均為零，根據(jù)能量守恒，P到達(dá)內(nèi)壁右端的最高點(diǎn)，C錯(cuò)誤。 在小球到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。 得mv1＝Mv2 mgR＝mv＋Mv 解得v2＝gR，D正確。 答案　BD 二、計(jì)算題(本題共3小題，共37分) 10．(12分)(2018·桂林調(diào)研)一輕彈簧的下端固定在水平地面上，上端與質(zhì)量為m的木板相連且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧的壓縮量為h0。如圖2－3

12、－21所示，一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊從木板正上方距離為3h0的A處自由落下，與木板碰后和木板一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，并恰能回到O點(diǎn)。重力加速度為g。求： 圖2－3－21 (1)小物塊與木板碰撞后的速度大小； (2)碰前彈簧的彈性勢(shì)能。 解析　(1)小物塊自由下落過(guò)程中：3mgh0＝mv 小物塊與木板碰撞時(shí)的速度大小v0＝ 設(shè)v1為小物塊與木板碰撞后一起開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)的速度大小，因碰撞時(shí)間極短，由動(dòng)量守恒有：mv0＝2mv1 解得：v1＝ (2)設(shè)碰前彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，當(dāng)小物塊與木板一起回到O點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為零，且此時(shí)小物塊與木板速度恰好都為零，以木板

13、初始位置Ep＋×(2m)v＝2mgh0 解得：Ep＝。 答案　(1)　(2) 11．(12分)(2018·邵陽(yáng)二模)如圖2－3－32所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、高為h、質(zhì)量為m的小車停在光滑的水平地面上，有一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從光滑曲面上離車頂高度為h處由靜止下滑，離開(kāi)曲面后水平向右滑到小車上，最終物塊滑離小車。已知重力加速度為g，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。求： 圖2－3－32 (1)物塊滑離小車時(shí)的速率v1； (2)物塊從剛滑上小車到剛滑離小車的過(guò)程，小車向右運(yùn)動(dòng)的距離x。 解析　(1)設(shè)物塊滑到小車上時(shí)的速率為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mv＝mgh 設(shè)物塊滑離小車時(shí)

14、物塊和小車的速率分別為v1、v2，以物塊和小車為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒mv0＝mv1＋mv2 根據(jù)能量守恒定律有：mv＝mv＋mv＋μmgL 物塊滑離小車的條件為v1＞v2， 解得：v1＝，v2＝。 (2)對(duì)小車，根據(jù)動(dòng)能定理有：μmgx＝mv－0 解得：x＝。 答案　(1)　(2) 12．(13分)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見(jiàn)，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_(kāi)。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，

15、重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 解析　(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S ③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp＝(Δm)v ⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－